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2023年广东省东莞市东方明珠学校中考物理一模试卷（含答案）
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这是一份2023年广东省东莞市东方明珠学校中考物理一模试卷（含答案），共24页。试卷主要包含了05ΩB等内容，欢迎下载使用。
2023年广东省东莞市东方明珠学校中考物理一模试卷
1. 下列对一些数据的估测，最接近实际的是( )
A. 对人体的安全电压是36V B. 在实验室中所用导线的电阻约为1kΩ
C. 教室风扇正常工作电流约5A D. 中学生上一层楼做功约1800J
2. 如图所示，对于图片中所描述的物理过程，下列分析中正确的是( )
A. 图甲，厚玻璃筒内的空气被压缩时，空气的内能减少
B. 图乙，试管内的水蒸气推动塞子冲出时，水蒸气的内能减少
C. 图丙，瓶子内的空气推动塞子跳起时，空气的内能增大
D. 图丁，来回弯折铁丝，铁丝的温度升高，能量转化相当于热机的做功冲程
3. 两个物块如图，甲、乙接触，甲传递热量给乙，则( )
A. 乙物体的温度一定低
B. 甲物体所含的热量一定多
C. 甲物体分子运动更剧烈，其内能也更大
D. 乙内能增加，温度一定上升
4. 标有“220V 40W”的甲灯和“110V 40W”的乙灯，当它们正常发光时( )
A. 甲灯较亮 B. 经过相同时间，它们消耗的电能一样多
C. 甲灯的电阻小 D. 通过甲、乙两灯的电流相等
5. 小明通过查资料知道了电阻R和灯泡L的I-U图象(图乙)，灯泡的额定电压为6V。他将电阻R和灯泡L接在图甲所示的电路中(电源电压保持不变)。闭合开关S，小灯泡正常发光，则电阻两端电压和电阻R的大小分别是( )
A. 18V0.05Ω B. 12V20Ω C. 18V20Ω D. 12V0.05Ω
6. 如图所示，用力F将重力G=10N的物体匀速向上提升2m，动滑轮重2N(不计绳重及摩擦)，下列说法正确的是( )
A. 绳子末端移动的距离为1m
B. 滑轮组所做的有用功为20J
C. 滑轮组的机械效率为80%
D. 拉力大小为5N
7. 智能快递柜通过手机扫码可使开关S1闭合，输入密码可使开关S2闭合，任何一个开关闭合都能启动柜门(电动机)完成取件，下列电路图符合的是( )
A. B.
C. D.
8. 为了有效阻断新型冠状病毒的传播，我国在车站、机场等公共场所安装了红外线测温仪，红外线的传播速度______ m/s；与此同时，多地防疫站用洒水车在水平路面上喷洒消毒液，消毒车匀速前进喷洒的过程中，消毒车的动能将______ ，重力势能将______ (后两个空选填“变大”、“不变”或“变小”)。
9. “神舟十号”飞船在太空中飞行时，主要利用太阳能电池供电，电能属于______ 能源(选填“一次”或“二次”)。宇航员在太空中与地面指挥中心之间利用______ 波传递信息，该波______ (选填“能”或“不能”)在真空中传播。
10. 中医拔火罐能有效治疗某些疾病，使用时先加热火罐中气体，再按图示方法迅速将火罐按到皮肤上。一段时间后，罐内气体的内能______，这是通过______来改变罐内气体内能的；由于罐内气体压强______外部大气压，从而使火罐紧紧吸附在皮肤上。
11. 核能属于______ (选填“可再生”或“不可再生”)能源；核电站利用核反应堆中铀______ (填“裂变”或“聚变”)时产生的内能，通过汽轮机带动发电机发电；用水做冷却剂给核反应堆的堆芯降温，其原因是水的______ 较大。
12. 如图所示，斜面长s=3m，高h=0.6m，建筑工人用绳子在5s内将重400N的物体从其底端沿斜面向上匀速拉到顶端，拉力是125N，则拉力的功率是______ W，物体受到的摩擦力大小为______ N，斜面的机械效率是______%。
13. 在家庭电路中，为了用电安全，控制用电器的开关要连接在线和用电器之间；用试电笔可辨别火线和零线，使氖管发光的是______ 线。如图所示的电路，闭合开关后，发现电灯不亮，用试电笔测试图中的a、b、c、d四点，只有a点不发光，可能发生的故障是______ 。(选填“灯泡断路”、“ab间断路”或“a左侧的零线断路”)
14. 如图甲所示电路，电源电压不变，小灯泡L正常工作时的电压为2.5V，R为滑动变阻器。闭合开关，滑片P在某两点间移动的过程中，电流表A与电压表V的示数变化关系如图乙所示。当电流表示数为0.2A时，两电压表的示数相等，则电源电压为______ V，小灯泡正常工作时的电流为______ A，此时滑动变阻器接入电路的阻值为______ 。
15. 请根据如图所示的实物图，请画出对应的电路图。
16. 如图所示，将一条形磁体放在小车上，并靠近螺线管，闭合开关后小车向右运动，请你标出通电螺线管的“N”、“S”极和电源的“+”、“-”极。
17. 请用笔画线，将图中的亮度可调的台灯、开关和插座按照安全用电的原则接入家庭电路中，要求：S1(旋转开关)单独控制台灯。
18. (1)如甲电路所示电路图，闭合开关后，电流表A1、A2的示数如图乙所示，则通过灯L1的电流为______ A，灯L2中的电流为______ A。若通电一段时间后L1灯丝断了，则灯L2的亮度将______ (选填“变亮”“变暗”或“无变化”)。
(2)物业工作人员到小明同学家收电费，他观察到小明同学家电能表的示数如图丙所示。然后从记录本上查出上月电能表的示数是841.6kW⋅h。若按0.5元/(kW⋅h)计费，小明同学家本月应缴电费______ 元，小明家的用电器总功率不能超过______ W，若30分钟，小明家电能表装盘转动了500转，则这段时间消耗电能______ kW⋅h。
19. 在探究“影响电磁铁磁性强弱的因素”实验中，小明制成简易电磁铁甲、乙，并设计了如图所示的电路。
(1)当滑动变阻器滑片向左移动时，电磁铁甲、乙吸引大头针的个数______ (填“增加”或“减少”)，说明电流越______ (填“大”或“小”)，电磁铁磁性越强；
(2)根据图示的情境可知，______ (填“甲”或“乙”)的磁性强，说明电流一定时，______ ，电磁铁磁性越强；
(3)电磁铁在生活中应用广泛，请举一例：______ ；
(4)电磁铁吸引的大头针下端分散的原因是：______ 。
20. 小彬用如图甲所示的实验器材探究“电流与电阻的关系”电源电压恒为3V，滑动变阻器上标有“15Ω，2A”字样，阻值分别为5Ω、10Ω、20Ω、30Ω的定值电阻各一个。
实验次数
定值电阻(Ω)
电流表示数(A)
1
5
0.36
2
10
0.18
3
20
0.09
(1)闭合开关前应将滑动变阻器滑片置于______ 端；(填“A”或“B”)
(2)小彬将5Ω定值电阻接入电路后，闭合开关，发现电流表无示数而电压表有示数且接近电源电压，则电路中的故障可能是______ ；
(3)将5Ω定值电阻换成10Ω定值电阻，闭合开关，为了保持______ 表的示数不变，应将滑动变阻器的滑片向______ (选填“A”或“B”)移动，记录此时各表的示数；接着将10Ω定值电阻换成20Ω定值电阻，继续实验并记录数据，这里进行多次实验的目的是：______ ；
(4)小彬还想在(3)的基础上继续换用30Ω的定值电阻进行实验，他能完成这次实验吗？______ (选填“能”或“不能”)，原因是______ 。(写出一条即可)
21. 地铁建设中用到了许多大型机械，履带起重机就是其中之一。如图所示的某型号履带起重机总质量为16t，它在某路段匀速直线行驶了6km，用时8min，若行驶过程中所受阻力为车重的0.1倍。请完成以下问题：(g取10N/kg)
(1)起重机在这一路段行驶时，克服阻力做了多少功？有用功的功率为多少？
(2)若该起重机柴油发动机的效率为30%，则通过此段路程起重机需消耗多少千克的柴油？(q柴油=4.3×107J/kg，计算结果保留一位小数)
22. 如图甲是食堂为餐具消毒、烘干的保洁消毒柜，其内部电路如图乙所示，S1为温控开关，S2为门控开关，R为石英加热管。消毒柜的总功率为1200W，其中臭氧发生器的功率为200W。求：
(1)正常工作时通过石英加热管R的电流为多大？
(2)在货架上放100kg的不锈钢餐具，将其从20℃加热到70℃，若电流产生的热量有8%损失，消毒柜石英加热管需要正常工作多长时间？[c钢=0.46×103J/(kg⋅℃)]
23. 小明用如图甲所示实验装置探究a、b两种液体的吸热能力，在两个相同的烧瓶内分别接入电阻丝，装入质量相等的a、b两种液体，并分别插入温度计。
(1)实验中选用的两根电阻丝的阻值应______(选填“相同”或“不同”)。
(2)实验中，用______(选填“A”或“B”)间接反映液体吸收热量的多少；通过比较______(选填“A”或“B”)来判断液体吸热能力的强弱；
A.通电时间B.温度计示数的变化量
(3)下表是某次的实验数据，液体a加热后的温度如图所示，请将温度计示数填入相应表格中。
质量(克)
加热前温度(℃)
加热时间(min)
加热后温度(℃)
液体a
150
20
10
液体b
150
20
10
35
分析可知，______(选填“a”或“b”)液体的吸热能力较强。
(4)设质量为m的a液体中电阻丝的阻值为R，测出其电流为I，通电一段时间t后，温度计的示数变化量为△t，若不计热量损失，则a液体的比热容为______(用所给出的物理量写出比热容的表达式)，用该表达式计算出的比热容会比实际值______(选填“偏大”或“偏小”)。
(5)如果在两烧瓶中分别装入质量相等的煤油，并接入两根阻值不同的电阻丝，就可用这个装置来探究电流产生的热量与______的关系。
24. 在“测定额定电压为2.5V小灯泡电功率”的实验中，电源电压保持不变。
(1)请你用笔画线代替导线，将图1中的实物电路连接完整(导线不得交叉)。
(2)实验时，移动滑动变阻器的滑片，发现小灯泡始终不亮，电压表无示数，电流表有示数，则故障可能是______ 。
(3)故障排除后，闭合开关，将滑动变阻器滑片P移至某处时，电压表示数如图甲所示，若想测量小灯泡的额定功率，应将滑动变阻器滑片P向______ 端(选填“左”或“右”)移动，直到电压表的示数为2.5V。此时电流表示数如图乙所示，则小灯泡的额定功率为______ W。
(4)在该实验结束后，将小灯泡换成一个定值电阻，还可探究______ 的关系(选填“A”或“B”)。
A.电流与电阻
B.电流与电压
25. 小明发现爸爸给手机充电时，不到十分钟可把电池充达一半以上，查阅资料得知，原来该手机搭配了超级快充功能，已知该手机电池的部分参数如下表所示，如图甲所示为该手机充电器，通过阅读说明书，小明还知道了原来在充电器的内部存在降压变压器使充电器输出电压为4.4V。可将变压器原理简化为如图乙：原线圈匝数n1，副线圈匝数n2，若输入电压U1，输出电压U2，则电压与匝数关系式为：U1U2=n1n2。
电池名称
锂离子电池
电压
3.7V
容量
4400mAh
(1)充电器为手机电池充电时，将______ 能转化为______ 能；
(2)若原线圈的匝数为1100圈，要使充电器的输出电压为4.4V，副线圈匝数为______ 圈；
(3)变压器主要应用电磁感应原理来工作，下列选项中和变压器工作原理相同的是______ ；
A.①通电导线在磁场受到了力的作用
B.②动圈式话筒
C.③电磁继电器
D.④奥斯特实验
(4)此款电池充满电储存的电能为______ J；
(5)如果不考虑快充时的电能损耗，用一个标注“输出4.4V，10A”的快速充电器把这款手机电池从电量0%充到100%，需要的时间是______ s。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A.对人体的安全电压不高于36V，故A不符合题意；
B.物理实验用的导线电阻非常小，甚至可以忽略，故B不符合题意；
C.家用电风扇的功率约为60W，工作电压为220V，根据P=UI正常工作的电流约为I=PU=60W220V≈0.3A，故C不符合题意；
D.中学生的体重约为G=600N，一层楼的高度约h=3m，中学生上一层楼做功约W=Gh=600N×3m=1800J，故D符合题意。
故选：D。
首先要对选项中涉及的几种物理量有个初步的了解，对于选项中的单位，可根据需要进行相应的换算或转换，排除与生活实际相差较远的选项，找出符合生活实际的答案。
此题考查对生活中常见物理量的估测，结合对生活的了解和对物理单位的认识，找出符合实际的选项即可。
2.【答案】B
【解析】解：A、图甲中厚玻璃内的空气被压缩时，活塞对空气做功，瓶内空气温度升高，空气的内能增加，故A错误；
B、图乙中瓶子内的空气推动塞子跳起时，空气对活塞做功，内能转化为机械能，空气的内能减小，故B正确；
C、图丙中试管内的水蒸气推动了塞子冲出时，水蒸气对塞子做功，水蒸气的内能转化为塞子的机械能，水蒸气的内能减少，故C错误；
D、图丁中来回弯折铁丝，机械能转化为内能，使铁丝的内能增加，温度升高，是通过做功来改变物体内能的，相当于内燃机的压缩冲程，与做功冲程相反，故D错误。
故选：B。
(1)做功可以改变物体的内能，当外界对物体做功时，物体的内能增大，当物体对外界做功时，物体的内能就会减小；
(2)内燃机做功冲程，燃气推动活塞做功，燃气内能转化为机械能。
本题考查做功改变物体的内能，当外界对物体做功时，物体的内能增大，当物体对外界做功时，物体的内能就会减小。
3.【答案】A
【解析】A、热传递的本质是能量的转移，发生热传递时，高温物体放出热量，内能减少，低温物体吸收热量，内能增加，甲、乙两物体相互接触时，甲物体的内能转移给乙物体，说明甲物体的温度高，乙物体的温度低，故A正确；
B、热量是过程量，不能说含有，故B错误；
C、由于甲的温度高于乙的温度，所以甲物体分子运动更剧烈，但由于内能大小还跟质量、状态等因素有关，故无法判断大小，故C错误；
D、乙的内能增加，但温度不一定升高，故D错误。
故选：A。
分析：发生热传递的条件是有温度差，热量由高温物体传向低温物体。
知道内能、热量和温度的关系，改变内能的方式，以及晶体熔化的特点，难度不大。
4.【答案】B
【解析】解：A.甲、乙灯都正常发光时，它们的实际功率都等于各自的额定功率，甲、乙的额定功率相等，实际功率相等，则它们的亮暗相同，故A不符合题意；
B.已知两灯的实际功率相等，根据W=Pt可得，经过相同时间它们消耗的电能相等，故B符合题意；
C.由P=U2R可知，因甲灯的额定电压大，而两灯的额定功率相同，故甲灯的电阻大，故C不符合题意；
D.额定功率相同，由P=UI可知，额定电压不同，故正常发光时，两灯的额定电流不相等，故D不符合题意。
故选：B。
(1)灯泡正常发光时的功率和额定功率相等，而灯泡的亮暗取决于实际功率的大小；
(2)由P=Wt公式变形可比较经过相同时间，它们消耗的电能关系；
(3)忽略温度对灯丝电阻的影响，由P=U2R公式变形可比较两灯电阻；
(4)由P=UI可比较甲、乙两灯的电流。
本题只要知道灯泡亮度由实际功率决定以及灯泡正常发光时的功率和额定功率相等即可解答。
5.【答案】B
【解析】电阻R为定值电阻，故电流随电压的变化关系为一直线，灯泡的额定电压为6V，灯泡正常发光时灯泡两端的电压等于额定电压，由图乙可知灯泡正常发光时，通过灯泡的电流为0.6A。
由电路图可知，电阻R和灯泡L串联，串联电路中各处的电流相等，由图乙可知此时电阻两端的电压为12V，
根据欧姆定律可得，电阻R的阻值R=UI=12V0.6A=20Ω。
故选：B。
分析：电阻R为定值电阻，故电流随电压的变化关系为一直线，已知灯泡的额定电压，灯泡正常发光时灯泡两端的电压等于额定电压，由图乙可知灯泡正常发光时通过灯泡的电流，由电路图可知，电阻R和灯泡L串联，根据串联电路电流特点结合图乙可知此时电阻两端的电压，根据欧姆定律计算电阻R的阻值。
本题考查串联电路特点和欧姆定律的灵活运用，正确读取图中信息是解题的关键。
6.【答案】B
【解析】解：A.由图可知绳子的有效段数n=2，绳子自由端移动的距离s=nh=2×2m=4m，故A错误；
BCD.滑轮组所做的有用功W有=Gh=10N×2m=20J，故B正确；
因为不计绳重和摩擦，所以拉力为F=12(G+G动)=12×(10N+2N)=6N，故D错误；
拉力做的总功：W总=Fs=6N×4m=24J，
滑轮组的机械效率η=W有用W总=20J24J×100%≈83.3%，故C错误。
故选：B。
(1)由图可知，n=2，绳子末端移动的距离s=2h；
(2)利用W=Gh求所做的有用功；不计绳重、摩擦，拉力F=12(G+G动)；利用W=Fs求拉力做的总功，该滑轮组的机械效率等于有用功与总功之比。
本题考查了使用滑轮组时有用功、总功、机械效率的计算，要知道：物体克服重力所做的功为拉力做的有用功。
7.【答案】D
【解析】解：由题意知，速运自助服务系统可以通过手机扫码使开关S1闭合，也可通过输入密码使开关S2闭合，启动柜门(电动机)完成取件，说明两开关可以独立工作、互不影响，即两开关并联后共同控制电动机。
由各选项电路图知，ABC不符合题意，D符合题意。
故选：D。
串联电路中各用电器之间相互影响，并联电路中各用电器间互不影响。
根据开关S1闭合或开关S2闭合都能启动柜门(电动机)完成取件，据此分析两开关的连接方式，再选择合适的电路。
本题考查了串并联电路的设计，根据题意得出两个开关的位置和连接方式是关键。
8.【答案】3×108 变小 变小
【解析】解：红外线属于光，光的传播速度为3×108m/s，故红外线的传播速度为3×108m/s。
消毒车沿水平路面匀速前进喷洒过程中，速度不变，但质量变小，消毒车的动能变小，因车的高度不变，故重力势能变小。
故答案为：3×108；变小；变小。
红外线属于光，光的传播速度为3×108m/s；
动能大小的影响因素：质量、速度。质量越大，速度越大，动能越大；影响重力势能大小的因素：物体的质量和物体所处的高度．物体的质量越大，所处的高度越高，物体的重力势能就越大。
此题是一道联系社会热点的综合题，考查了红外线的认识、动能和势能的大小变化，包含的知识点较多，熟练掌握基础知识是解答的关键。
9.【答案】二次 电磁 能
【解析】解：神舟十号飞船在太空中飞行时，主要利用太阳能电池供电，电能是太阳能转化而来，属于二次能源。
宇航员在太空中与地面指挥中心之间利用微波传递信息，微波属于电磁波。
电磁波的传播不需要介质，能在真空中传播。
故答案为：二次；电磁；能。
(1)凡是能提供能量的物质资源都称为能源。按能否从自然界直接获取分为一次能源和二次能源能；
(2)飞船在太空中是通过电磁波传播信息的。电磁波的传播不需要介质，能在真空中传播。
本题综合考查了学生对电磁波传播和太阳电池的了解和掌握。
10.【答案】减少 热传递 小于
【解析】解：由于罐内气体的温度高度，所以罐内气体会发出热量，一段时间后，罐内气体的内能变小，这是通过热传递的方式来改变罐内气体内能的；
由于罐内气体的温度降低，罐内的压强会变小，小于外部大气压，从而使火罐紧紧吸附在皮肤上。
故答案为：减少；热传递；小于。
改变内能的方法有两种：做功和热传递；根据内外气压的大小关系分析。
本题考查了改变内能的方法、大气压的应用，属于基础题。
11.【答案】不可再生 裂变 比热容
【解析】解：化石能源、核能会越用越少，不可能在短期内从自然界得到补充，所以它们属于不可再生能源。
核裂变和核聚变都能释放能量，对于核裂变是可控的。核电站利用核反应堆中铀裂变时产生的内能，通过汽轮机带动发电机发电。
水的比热容较大，相比于其他物质，相同质量的水升高相同的温度能吸收更多的热量，所以用水做冷却剂给核反应堆的堆芯降温。
故答案为：不可再生；裂变；比热容。
从能源是否可再利用的角度可分为可再生能源和不可再生能源。化石能源、核能会越用越少，不可能在短期内从自然界得到补充，所以它们属于不可再生能源；而风能、水能、太阳能、生物质能，可以在自然界里源源不断地得到补充，所以它们属于可再生能源。
核裂变和核聚变都能释放能量，对于核裂变是可控的，如核电站、核潜艇的核反应堆就是通过核裂变提供能量的，对于核聚变过程不可控，如氢弹爆炸就是利用核聚变释放能量。
水的比热容大，相同质量的水和其它物质比较，吸收或放出相同的热量，水的温度升高或降低得少，升高或降低相同的温度，水吸收或放出的热量多。
本题考查了能源的分类、核能和电磁波的利用的了解，属于基础性题目。
12.【答案】75 45 64
【解析】解：(1)拉力做的总功：
W总=Fs=125N×3m=375J，
拉力的功率：
P=W总t=375J5s=75W；
(2)拉力做的有用功：
W有用=Gh=400N×0.6m=240J，
拉力做的额外功：
W额=W总-W有用=375J-240J=135J，
由W额=fs可得摩擦力：
f=W额s=135J3m=45N；
(3)斜面的机械效率：
η=W有用W总×100%=240J375J×100%=64%。
故答案为：75；45；64%。
(1)知道斜面的长度、拉力的大小，利用W=Fs求出拉力做的总功，再利用P=W总t求拉力的功率；
(2)知道物体的重力、上升的高度，利用W=Gh求出有用功；拉力做的额外功等于总功减去有用功，再利用W额=fs求物体受到的摩擦力；
(3)利用效率公式η=W有用W总×100%求出斜面的机械效率。
本题考查了使用斜面时有用功、总功、额外功和机械效率的计算，注意：在利用斜面时拉力做的额外功等于克服摩擦做的功。
13.【答案】火 ab间断路
【解析】解：用试电笔可以区分火线和零线，使氖管发光的是火线
闭合开关后，发现电灯不亮，说明电路中有断路故障；用试电笔测试a、b、c、d四点，只有a点氖管不发光，这说明从火线→d→c→b点之间的电路都是完好的，没有断路；而试电笔测试a点时，氖管不发光，说明b点到零线之间的导线出现断路，即a、b之间某处断路。
故答案为：火；ab间断路。
试电笔是用来辨别火线和零线的：用手接触笔尾的金属体，笔尖接触火线时，氖管发光；笔尖接触零线时，氖管不发光；
用试电笔测试b、c、d三点，氖管都发光，这说明b、c、d与火线是连通的，则问题出在ab之间，据此判断。
本题考查了家庭电路故障的判断、试电笔的使用，也考查了学生学以致用的能力。
14.【答案】30.252Ω
【解析】解：由图甲知道，小灯泡与滑动变阻器串联，电压表V1测小灯泡两端的电压，电压表V2测滑动变阻器R两端的电压，电流表测电路中的电流。
根据图乙知道，当电流表示数为0.2A时，电压表V1的示数为U1=1.5V，根据题意知道，此时两电压表的示数相等，即U2=U1=1.5V，
由串联电路的电压特点知道，电源电压U=U1+U2=1.5V+1.5V=3V；
小灯泡在额定电压下正常发光，因此小灯泡正常发光时其两端的电压UL=U额=2.5V，
由图乙知道，此时通过小灯泡的电流为IL=0.25A；
由串联电路的电流特点知道，此时电路中的电流I=I滑=IL=0.25A，
由串联电路的电压特点知道，滑动变阻器两端的电压U滑=U-UL=3V-2.5V=0.5V，
由欧姆定律知道，滑动变阻器接入电路的电阻R滑=U滑I滑=0.5V0.25A=2Ω。
故答案为：3；0.25；2Ω。
由图甲可知，小灯泡与滑动变阻器串联，电压表V1测小灯泡两端的电压，电压表V2测滑动变阻器R两端的电压，电流表测电路中的电流；
据图乙可知，当电流表示数为0.2A时，电压表V1的示数为U1为1.5V，根据两电压表的示数相等和串联电路的电压特点求出电源电压；
由图乙可知当小灯泡正常工作时通过灯泡的电流，根据串联电路的电流规律可知通过滑动变阻器的电流；根据串联电路的电压特点求出滑动变阻器两端的电压，根据欧姆定律求出滑动变阻器接入电路的电阻。
本题考查了串联电路特点、欧姆定律的灵活应用，从图像中得到获取有用信息是解题的关键。
15.【答案】解：电流从正极出发，通过开关S和电流表A2后开始分支，一支经灯泡L1，另一支经灯泡L2、电流表A1，然后两支汇合到电流表，回到电源负极。如图所示：
【解析】由实物图可知，两灯泡并联，开关S控制整个电路，电流表A2测干路上的电流，A1测L2支路电流，根据实物图完成电路图即可。
本题考查根据实物图画电路图，关键是知道电路中各个用电器的连接情况，画电路图是初中物理的重点也是难点。
16.【答案】解：根据开关闭合，发现小车也向右运动，由同名磁极相互排斥可确定螺线管的右端为S极，左端是N极。
由安培定则可知，螺线管右端为S极，左端为N极，故可知电流从右端流入，左端流出，故电源的右端是正极，如图：
。
【解析】先根据小车向右运动判断出磁极间的相互作用(同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引)判断螺线管的NS极，据安培定则分析即可解决。
此题的入手点是利用安培定则和小车的运动方向，这是一道综合题，很巧妙的将安培定则和磁极间的相互作用联系起来，是一道好题。
17.【答案】解：据题目可知，此时变阻器必须与台灯串联，从安全用电的角度分析，S1(旋转开关)单独控制台灯，则S1应与台灯、滑动变阻器串联，三孔插座的接法：上孔接地线；左孔接零线；右孔接火线。如下图：
【解析】(1)因为是亮度可调的台灯，此时变阻器必须与台灯串联：火线首先进入开关，再进入灯泡、滑动变阻器。
(2)三孔插座的接法：上孔接地线；左孔接零线；右孔接火线。
掌握家庭电路的灯泡、开关、三孔插座、两孔插座、保险丝的接法，同时考虑使用性和安全性。
18.【答案】0.920.48无变化 4511000.2
【解析】解：(1)两灯并联，电流表A1测量的是通过灯泡L2的电流；电流表A2测量干路电流。并联电路的干路电流等于各个支路电流之和，因此电流表A2的示数应大于电流表A1的示数，但A2指针的偏转角度小于A1的偏转角度，由此可知，A2选择大量程为0∼3A，分度值为0.1A；A1选择小量程为0∼0.6A，分度值为0.02A，则干路
I=1.4A，灯L2中的电流为I2=0.48A，
根据并联电路电流的规律，则通过灯L1的电流I1=I-I2=1.4A-0.48A=0.92A；
因并联电路各支路可独立工作、互不影响，若通电一段时间后L1灯丝断了，则灯L2的亮度将无变化。
(2)电能表最后一位数字为小数，本月消耗的电能W=931.6kW⋅h-841.6kW⋅h=90kW⋅h，
本月应缴电费90kW⋅h×0.5元/(kW⋅h)=45元，
根据电能表的参数可知，小明家同时使用的用电器总功率最大为P=UI'=220V×5A=1100W；
2500r/(kW⋅h)表示电能表转盘转动2500转，电路消耗的电能为1kW⋅h，则10min内电能表表盘转过500转，消耗的电能W=5002500kW⋅h=0.2kW⋅h。
故答案为：(1)0.92；0.48；无变化；(2)45；1100；0.2。
(1)闭合开关，两灯泡并联，电流表A1测量的是通过灯泡L2的电流；电流表A2测量干路电流；根据图乙中电流表量程、分度值以及指针的位置读出电流表A1、A2的示数；根据并联电路电流规律求出通过两灯泡的电流。
(2)电能表的读数方法：①月末的减去月初的示数，②最后一位是小数，③单位kW⋅h；进一步求出电费；
结合电能表的参数，利用P=UI求得小明家同时使用的用电器最大总功率，电能表表盘转过500转消耗的电能。
(1)本题探究并联电路电流规律，考查电流表读数，确定两个电流表的量程是关键。
(2)本题考查了电能表的读数、电功率计算公式应用和电能表参数的理解。
19.【答案】增加 大 甲 匝数越多 电铃 同名磁极相互排斥
【解析】解：(1)当滑动变阻器滑片向左移动时，滑动变阻器的阻值减小，电路中的电流变大，电磁铁的磁性增强，吸引大头针的个数增加；
(2)由图知，甲吸引大头针的个数较多，说明甲的磁性较强，甲、乙串联，电流相等，甲的线圈匝数大于乙的线圈匝数，说明电流一定时，线圈匝数越多，电磁铁磁性越强；
(3)电磁铁是由铁芯和线圈组成的，电磁铁在生活中应用广泛，如电铃；
(4)大头针被磁化，同一端的磁性相同，互相排斥，所以下端分散。
故答案为：(1)增加；大；(2)甲；线圈匝数越多；(3)电铃；(4)同名磁极相互排斥。
掌握影响电磁铁磁性强弱的因素：电流的大小、线圈的匝数、有无铁芯；
(1)分析滑动变阻器滑片向左移动时，电流的变化，得出电磁铁磁性的变化及吸引大头针个数的多少；
(2)根据电磁铁吸引大头针个数的多少判断电磁铁磁性的强弱并分析甲、乙磁性不同的原因；
(3)电磁铁是由铁芯和线圈组成的，电磁铁在生活中应用广泛，如电铃；
(4)利用磁化和磁极间的作用规律进行分析。
探究“影响电磁铁磁性强弱的因素”实验，考查了影响电磁铁磁性强弱的因素，考查了滑动变阻器对电路电流的影响，同时涉及到了磁极间的相互作用规律的应用。
20.【答案】A 定值电阻断路 电压 A 得出普遍性的规律 不能 变阻器的最大阻值太小
【解析】解：(1)为保护电路，闭合开关前应将滑动变阻器滑片置于阻值最大处的A端。
(2)小彬将5Ω定值电阻接入电路后，闭合开关，发现电流表无示数，电路可能断路，而电压表有示数且接近电源电压，说明电压表与电源连通，则电路中的故障可能是定值电阻断路。
(3)根据串联分压原理可知，将定值电阻由5Ω改接成10Ω的电阻，电阻增大，其分得的电压增大；探究电流与电阻的实验中应控制电压表的示数不变，即应保持电阻两端的电压不变，根据串联电路电压的规律可知应增大滑动变阻器分得的电压，由分压原理，应增大滑动变阻器连入电路中的电阻，所以滑片应向A端移动，使电压表的示数不变。
根据一次实验得出的结论有偶然性，接着将10Ω定值电阻换成20Ω定值电阻，继续实验并记录数据，这里进行多次实验的目的是得出普遍性的规律。
(4)根据表中数据知，电阻的电流与电阻之积为UV=IR=0.36A×5Ω=1.8V，
在探究“电流与电阻的关系”的实验中，定值电阻两端的电压不变，滑动变阻器两端的电压也不改变，根据串联分压原理，定值电阻和滑动变阻器之间的电压不变，故定值电阻与滑动变阻器接入电阻之比不变；即U定U滑=R定R滑，
结合串联电路的电压功率可知1.8V3V-1.8V=30ΩR滑，
解得R滑=20Ω，
则实验所用的滑动变阻器，其最大阻值不能小于20Ω>15Ω，故不能。
故答案为：(1)A；(2)定值电阻断路；(3)电压；A；得出普遍性的规律；(4)不能；变阻器的最大阻值太小。
(1)为了保护电路，开关闭合前，变阻器滑片应该移到阻值最大处；
(2)电流表无示数，电路可能断路，而电压表有示数且接近电源电压，说明电压表与电源连通，据此分析；
(3)根据串联电路的分压特点，换接电阻后，应保持电压表的示数不变，根据串分压的知识判断滑片的移动方向；根据一次实验得出的结论有偶然性，接着将10Ω定值电阻换成20Ω定值电阻，继续实验并记录数据，这里进行多次实验的目的是得出普遍性的规律；
(4)电流与电阻的关系：电压一定，电流与电阻成反比，据此分析计算。
此题是探究电流和电阻的关系实验，考查了控制变量法的应用，同时考查了串联电路中电流、电压的关系及欧姆定律的灵活应用。
21.【答案】解：(1)起重机的质量为m=16t=1.6×104kg，
起重机车重为G=mg=1.6×104kg×10N/kg=1.6×105N，
所受阻力为f=0.1G=0.1×1.6×105N=1.6×104N，
克服阻力做功W=fs=1.6×104N×6×1000m=9.6×107J，
在某路段匀速直线行驶，故牵引力等于阻力，做的有用功等于克服阻力做功，故有用功率的功率为P=Wt=9.6×107J8×60s=2×105W；
(2)柴油需提供能量为：Q放=W30%=9.6×107J30%=3.2×108J；
需消耗柴油质量为：m=Q放q柴油=9.6×107J4.3×107J/kg≈7.4kg。
答：(1)起重机在这一路段行驶时，克服阻力做功9.6×107J，有用功的功率为2×105W；
(2)若该起重机柴油发动机的效率为30%，则通过此段路程起重机需消耗7.4千克的柴油。
【解析】(1)利用重力公式算出起重机车重G，并算出起重机行驶过程中所受阻力，据功的计算公式计算克服阻力做的功，再据功率公式计算出有用功的功率；
(2)根据Q放=W30%得出柴油需提供能量，根据Q放=mq柴油得出需消耗柴油质量。
此题考查了功的计算及公式的应用、功率的计算及公式的应用、热值公式及其计算、热机的效率，涉及知识点较多，属常规题型。
22.【答案】解：(1)由图乙可知，石英加热管R和臭氧发生器是并联的，因电路中的总功率等于各用电器功率之和，
所以，石英加热管R的功率：PR=P总-P发生器=1200W-200W=1000W；
由P=UI可得通过石英加热管R的电流：
I=PRU=1000W220V≈4.5A；
(2)不锈钢餐具吸收的热量：
Q吸=c钢m(t-t0)=0.46×103J/(kg⋅℃)×100kg×(70℃-20℃)=2.3×106J；
由η=Q吸W可得，加热管消耗的电能：
W=Q吸1-8%=2.3×106J1-8%=2.5×106J，
则正常工作需要的加热时间：
t'=WPR=2.5×106J1000W=2500s。
答：(1)正常工作时通过石英加热管R的电流为4.5A；
(2)消毒柜中的石英加热管需要正常工作时间为2500s。
【解析】(1)消毒柜的总功率减去臭氧发生器的功率即为石英加热管R的功率，根据P=UI求出通过石英加热管R的电流；
(2)知道不锈钢餐具的质量和初温、末温以及比热容，根据Q吸=cm(t-t0)求出吸收的热量，知道电流产生的热量有8%损失，可求消耗的电能，根据P=Wt求出正常工作需要的加热时间。
本题考查了电功率公式、吸热公式和效率公式的综合应用，要注意电路中的总功率等于各用电器功率之和。
23.【答案】(1)相同；
(2)A；B；
(3)48；b；
(4)I2Rtm△t；偏大；
(5)电阻。
【解析】解：(1)甲中两电阻丝串联，通过的电流相同，通电时间相同，为控制吸热相同，根据Q=I2Rt
实验中选用的两根电阻丝的阻值应不同；
(2)根据转换法，实验中，用通电时间间接反映液体吸收热量的多少；选A；
根据比较吸热能力的方法，通过比较温度计示数的变化量来判断液体吸热能力的强弱；选B；
(3)图乙中温度计分度值为1∘C，示数为48∘C；如下表所示：
质量(克)
加热前温度(℃)
加热时间(min)
加热后温度(℃)
液体a
150
20
10
48
液体b
150
20
10
35
由表中数据，加热相同时间，b升温小，故b液体的吸热能力较强；
(4)设质量为m的a液体中电阻丝的阻值为R，测出其电流为I，通电一段时间t后，若不计热量损失，液体吸热为：
Q=I2Rt，则a液体的比热容为：
c=Qm△t=I2Rtm△t，实际上放出的热量不能完全被液体吸收，即分子变小，用该表达式计算出的比热容会比实际值偏大；
(5)如果在两烧瓶中分别装入质量相等的煤油，并接入两根阻值不同的电阻丝，通过的电流相同，通电时间相同，就可用这个装置来探究电流产生的热量与电阻的关系。
故答案为：(1)相同；(2)A；B；(3)如上表；b；(4)I2Rtm△t；偏大；(5)电阻。
(1)(2)(3)我们使用相同加热器通过加热时间的长短来比较吸热多少，这种方法叫转化法。
比较物质吸热能力的方法：
使相同质量的不同物质吸收相同的热量(即加热相同的时间)，比较温度的变化，温度变化小的吸热能力强；为控制吸热相同，结合串联电路电流的规律和焦耳定律Q=I2Rt分析；
(4)根据焦耳定律求出电阻丝产生的热量得出液体吸收的热量；根据c=Qm△t求出液体的比热容；根据实际上放出的热量不能完全被液体吸收分析；
(5)电流通过导体产生的热量与通过的电流、导体的电阻和通电时间有关，研究与其中一个因素的关系时，要控制另外两个因素不变，结合串联电路电流的规律分析。
本题比较不同物质的吸热能力，考查控制变量法、转换法的应用和比较吸热能力的方法，同时也考查了焦耳定律，为热学中两个重要实验。
24.【答案】(1)(2)小灯泡短路；(3)右；0.75；(4)B。
【解析】
【分析】
本题考查了测定小灯泡电功率的实验。
(1)本实验中，电压表应该并联在小灯泡两端；
(2)电流表有示数，小灯泡始终不亮，说明电路是通路，电压表无示数，电压表并联的电路短路；
(3)根据电压表量程和分度值读出示数，若小于额定电压，需减小滑动变阻器的电阻从而增大小灯泡的电压；
根据电流表量程和分度值读出示数，即额定电流，根据P=UI计算则小灯泡的额定功率；
(4)探究电流与电压关系，需要控制定值电阻阻值不变。
【解答】
(1)小灯泡的额定电压为2.5V，所以电压表的小量程应并联到小灯泡的右接线柱上，如图所示：
(2)实验时，移动滑动变阻器的滑片，发现小灯泡始终不亮，电压表无示数，电流表有示数，则与电压表并联的灯泡短路了；
(3)灯在额定电压下正常发光，图甲中电压选用小量程，分度值为0.1V，示数为0.5V，小于灯的额定电压2.5V，应增大灯的电压，根据串联电路电压的规律，应减小变阻器的电压，由分压原理，应减小变阻器连入电路中的电阻大小，故滑片向右移动，直到电压表示数为额定电压2.5V；
图乙中电流表选用小量程，分度值为0.02A，此时电流大小为0.3A，则灯额定功率：P=UI=2.5V×0.3A=0.75W；
(4)A、研究电流与电阻的关系，要控制电压不变，改变定值电阻的大小，因只有一个电阻，故A不可探究；
B、研究电流与电压关系时，要控制电阻大小不变，故在该试验后把小灯泡换成一个定值电阻，还可探究电流与电压的关系，故选B。
25.【答案】电 化学 22 B 58608 1332
【解析】解：(1)给手机电池充电时消耗电能，变成了手机电池的化学能，故是将电能转化为化学能的过程。
(2)若原线圈的匝数为1100圈，要使充电器的输出电压为4.4V，由U1U2=n1n2可知副线圈匝数为n2=U2U1n1=4.4V220V×1100r=22r；
(3)A.①通电导线在磁场受到了力的作用，据此制成了电动机，故A不符合题意；
B.②当人对着话筒说话时，声音使膜片振动，与膜片相连的线圈在磁场中运动，产生随声音变化的电流，动圈式话筒利用了电磁感应原理，故B符合题意；
C.③电磁继电器利用了电流的磁效应，故C不符合题意；
D.④奥斯特实验说明了电流的周围存在磁场，故D不符合题意。
故选B。
(4)此款电池充满电储存的电能为W=UIt=3.7V×4400×10-3A×1×3600s=58608J；
(5)快充时消耗的电能等于手机电池的容量，则快充时消耗的电能W'=W=58608J，
快充功率为P=U'I'=4.4V×10A=44W，
由功率公式可知快充需要的时间t=WP=58608J44W=1332s。
故答案为：(1)电；化学；(2)22；(3)B；(4)58608；(5)1332。
(1)电池充电的过程中，消耗电能，得到化学能；放电时，化学能转化为电能；
(2)根据变压器原理可求出副线圈的匝数；
(3)变压器主要应用电磁感应原理来工作，逐项分析即可；
(4)已知电池的容量和工作电压，根据W=UIt即可求出电池充满电储存的电能；
(5)知道手机电池的容量(快充时消耗的电能)、快充时的功率，利用P=Wt求快充需要的时间。
本题考查了学生对电能和电功率的计算公式的运用，以及对电热的了解，体现了物理知识与日常生活的密切联系。
2023年广东省东莞市东方明珠学校中考物理一模试卷
1. 下列对一些数据的估测，最接近实际的是( )
A. 对人体的安全电压是36V B. 在实验室中所用导线的电阻约为1kΩ
C. 教室风扇正常工作电流约5A D. 中学生上一层楼做功约1800J
2. 如图所示，对于图片中所描述的物理过程，下列分析中正确的是( )
A. 图甲，厚玻璃筒内的空气被压缩时，空气的内能减少
B. 图乙，试管内的水蒸气推动塞子冲出时，水蒸气的内能减少
C. 图丙，瓶子内的空气推动塞子跳起时，空气的内能增大
D. 图丁，来回弯折铁丝，铁丝的温度升高，能量转化相当于热机的做功冲程
3. 两个物块如图，甲、乙接触，甲传递热量给乙，则( )
A. 乙物体的温度一定低
B. 甲物体所含的热量一定多
C. 甲物体分子运动更剧烈，其内能也更大
D. 乙内能增加，温度一定上升
4. 标有“220V 40W”的甲灯和“110V 40W”的乙灯，当它们正常发光时( )
A. 甲灯较亮 B. 经过相同时间，它们消耗的电能一样多
C. 甲灯的电阻小 D. 通过甲、乙两灯的电流相等
5. 小明通过查资料知道了电阻R和灯泡L的I-U图象(图乙)，灯泡的额定电压为6V。他将电阻R和灯泡L接在图甲所示的电路中(电源电压保持不变)。闭合开关S，小灯泡正常发光，则电阻两端电压和电阻R的大小分别是( )
A. 18V0.05Ω B. 12V20Ω C. 18V20Ω D. 12V0.05Ω
6. 如图所示，用力F将重力G=10N的物体匀速向上提升2m，动滑轮重2N(不计绳重及摩擦)，下列说法正确的是( )
A. 绳子末端移动的距离为1m
B. 滑轮组所做的有用功为20J
C. 滑轮组的机械效率为80%
D. 拉力大小为5N
7. 智能快递柜通过手机扫码可使开关S1闭合，输入密码可使开关S2闭合，任何一个开关闭合都能启动柜门(电动机)完成取件，下列电路图符合的是( )
A. B.
C. D.
8. 为了有效阻断新型冠状病毒的传播，我国在车站、机场等公共场所安装了红外线测温仪，红外线的传播速度______ m/s；与此同时，多地防疫站用洒水车在水平路面上喷洒消毒液，消毒车匀速前进喷洒的过程中，消毒车的动能将______ ，重力势能将______ (后两个空选填“变大”、“不变”或“变小”)。
9. “神舟十号”飞船在太空中飞行时，主要利用太阳能电池供电，电能属于______ 能源(选填“一次”或“二次”)。宇航员在太空中与地面指挥中心之间利用______ 波传递信息，该波______ (选填“能”或“不能”)在真空中传播。
10. 中医拔火罐能有效治疗某些疾病，使用时先加热火罐中气体，再按图示方法迅速将火罐按到皮肤上。一段时间后，罐内气体的内能______，这是通过______来改变罐内气体内能的；由于罐内气体压强______外部大气压，从而使火罐紧紧吸附在皮肤上。
11. 核能属于______ (选填“可再生”或“不可再生”)能源；核电站利用核反应堆中铀______ (填“裂变”或“聚变”)时产生的内能，通过汽轮机带动发电机发电；用水做冷却剂给核反应堆的堆芯降温，其原因是水的______ 较大。
12. 如图所示，斜面长s=3m，高h=0.6m，建筑工人用绳子在5s内将重400N的物体从其底端沿斜面向上匀速拉到顶端，拉力是125N，则拉力的功率是______ W，物体受到的摩擦力大小为______ N，斜面的机械效率是______%。
13. 在家庭电路中，为了用电安全，控制用电器的开关要连接在线和用电器之间；用试电笔可辨别火线和零线，使氖管发光的是______ 线。如图所示的电路，闭合开关后，发现电灯不亮，用试电笔测试图中的a、b、c、d四点，只有a点不发光，可能发生的故障是______ 。(选填“灯泡断路”、“ab间断路”或“a左侧的零线断路”)
14. 如图甲所示电路，电源电压不变，小灯泡L正常工作时的电压为2.5V，R为滑动变阻器。闭合开关，滑片P在某两点间移动的过程中，电流表A与电压表V的示数变化关系如图乙所示。当电流表示数为0.2A时，两电压表的示数相等，则电源电压为______ V，小灯泡正常工作时的电流为______ A，此时滑动变阻器接入电路的阻值为______ 。
15. 请根据如图所示的实物图，请画出对应的电路图。
16. 如图所示，将一条形磁体放在小车上，并靠近螺线管，闭合开关后小车向右运动，请你标出通电螺线管的“N”、“S”极和电源的“+”、“-”极。
17. 请用笔画线，将图中的亮度可调的台灯、开关和插座按照安全用电的原则接入家庭电路中，要求：S1(旋转开关)单独控制台灯。
18. (1)如甲电路所示电路图，闭合开关后，电流表A1、A2的示数如图乙所示，则通过灯L1的电流为______ A，灯L2中的电流为______ A。若通电一段时间后L1灯丝断了，则灯L2的亮度将______ (选填“变亮”“变暗”或“无变化”)。
(2)物业工作人员到小明同学家收电费，他观察到小明同学家电能表的示数如图丙所示。然后从记录本上查出上月电能表的示数是841.6kW⋅h。若按0.5元/(kW⋅h)计费，小明同学家本月应缴电费______ 元，小明家的用电器总功率不能超过______ W，若30分钟，小明家电能表装盘转动了500转，则这段时间消耗电能______ kW⋅h。
19. 在探究“影响电磁铁磁性强弱的因素”实验中，小明制成简易电磁铁甲、乙，并设计了如图所示的电路。
(1)当滑动变阻器滑片向左移动时，电磁铁甲、乙吸引大头针的个数______ (填“增加”或“减少”)，说明电流越______ (填“大”或“小”)，电磁铁磁性越强；
(2)根据图示的情境可知，______ (填“甲”或“乙”)的磁性强，说明电流一定时，______ ，电磁铁磁性越强；
(3)电磁铁在生活中应用广泛，请举一例：______ ；
(4)电磁铁吸引的大头针下端分散的原因是：______ 。
20. 小彬用如图甲所示的实验器材探究“电流与电阻的关系”电源电压恒为3V，滑动变阻器上标有“15Ω，2A”字样，阻值分别为5Ω、10Ω、20Ω、30Ω的定值电阻各一个。
实验次数
定值电阻(Ω)
电流表示数(A)
1
5
0.36
2
10
0.18
3
20
0.09
(1)闭合开关前应将滑动变阻器滑片置于______ 端；(填“A”或“B”)
(2)小彬将5Ω定值电阻接入电路后，闭合开关，发现电流表无示数而电压表有示数且接近电源电压，则电路中的故障可能是______ ；
(3)将5Ω定值电阻换成10Ω定值电阻，闭合开关，为了保持______ 表的示数不变，应将滑动变阻器的滑片向______ (选填“A”或“B”)移动，记录此时各表的示数；接着将10Ω定值电阻换成20Ω定值电阻，继续实验并记录数据，这里进行多次实验的目的是：______ ；
(4)小彬还想在(3)的基础上继续换用30Ω的定值电阻进行实验，他能完成这次实验吗？______ (选填“能”或“不能”)，原因是______ 。(写出一条即可)
21. 地铁建设中用到了许多大型机械，履带起重机就是其中之一。如图所示的某型号履带起重机总质量为16t，它在某路段匀速直线行驶了6km，用时8min，若行驶过程中所受阻力为车重的0.1倍。请完成以下问题：(g取10N/kg)
(1)起重机在这一路段行驶时，克服阻力做了多少功？有用功的功率为多少？
(2)若该起重机柴油发动机的效率为30%，则通过此段路程起重机需消耗多少千克的柴油？(q柴油=4.3×107J/kg，计算结果保留一位小数)
22. 如图甲是食堂为餐具消毒、烘干的保洁消毒柜，其内部电路如图乙所示，S1为温控开关，S2为门控开关，R为石英加热管。消毒柜的总功率为1200W，其中臭氧发生器的功率为200W。求：
(1)正常工作时通过石英加热管R的电流为多大？
(2)在货架上放100kg的不锈钢餐具，将其从20℃加热到70℃，若电流产生的热量有8%损失，消毒柜石英加热管需要正常工作多长时间？[c钢=0.46×103J/(kg⋅℃)]
23. 小明用如图甲所示实验装置探究a、b两种液体的吸热能力，在两个相同的烧瓶内分别接入电阻丝，装入质量相等的a、b两种液体，并分别插入温度计。
(1)实验中选用的两根电阻丝的阻值应______(选填“相同”或“不同”)。
(2)实验中，用______(选填“A”或“B”)间接反映液体吸收热量的多少；通过比较______(选填“A”或“B”)来判断液体吸热能力的强弱；
A.通电时间B.温度计示数的变化量
(3)下表是某次的实验数据，液体a加热后的温度如图所示，请将温度计示数填入相应表格中。
质量(克)
加热前温度(℃)
加热时间(min)
加热后温度(℃)
液体a
150
20
10
液体b
150
20
10
35
分析可知，______(选填“a”或“b”)液体的吸热能力较强。
(4)设质量为m的a液体中电阻丝的阻值为R，测出其电流为I，通电一段时间t后，温度计的示数变化量为△t，若不计热量损失，则a液体的比热容为______(用所给出的物理量写出比热容的表达式)，用该表达式计算出的比热容会比实际值______(选填“偏大”或“偏小”)。
(5)如果在两烧瓶中分别装入质量相等的煤油，并接入两根阻值不同的电阻丝，就可用这个装置来探究电流产生的热量与______的关系。
24. 在“测定额定电压为2.5V小灯泡电功率”的实验中，电源电压保持不变。
(1)请你用笔画线代替导线，将图1中的实物电路连接完整(导线不得交叉)。
(2)实验时，移动滑动变阻器的滑片，发现小灯泡始终不亮，电压表无示数，电流表有示数，则故障可能是______ 。
(3)故障排除后，闭合开关，将滑动变阻器滑片P移至某处时，电压表示数如图甲所示，若想测量小灯泡的额定功率，应将滑动变阻器滑片P向______ 端(选填“左”或“右”)移动，直到电压表的示数为2.5V。此时电流表示数如图乙所示，则小灯泡的额定功率为______ W。
(4)在该实验结束后，将小灯泡换成一个定值电阻，还可探究______ 的关系(选填“A”或“B”)。
A.电流与电阻
B.电流与电压
25. 小明发现爸爸给手机充电时，不到十分钟可把电池充达一半以上，查阅资料得知，原来该手机搭配了超级快充功能，已知该手机电池的部分参数如下表所示，如图甲所示为该手机充电器，通过阅读说明书，小明还知道了原来在充电器的内部存在降压变压器使充电器输出电压为4.4V。可将变压器原理简化为如图乙：原线圈匝数n1，副线圈匝数n2，若输入电压U1，输出电压U2，则电压与匝数关系式为：U1U2=n1n2。
电池名称
锂离子电池
电压
3.7V
容量
4400mAh
(1)充电器为手机电池充电时，将______ 能转化为______ 能；
(2)若原线圈的匝数为1100圈，要使充电器的输出电压为4.4V，副线圈匝数为______ 圈；
(3)变压器主要应用电磁感应原理来工作，下列选项中和变压器工作原理相同的是______ ；
A.①通电导线在磁场受到了力的作用
B.②动圈式话筒
C.③电磁继电器
D.④奥斯特实验
(4)此款电池充满电储存的电能为______ J；
(5)如果不考虑快充时的电能损耗，用一个标注“输出4.4V，10A”的快速充电器把这款手机电池从电量0%充到100%，需要的时间是______ s。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A.对人体的安全电压不高于36V，故A不符合题意；
B.物理实验用的导线电阻非常小，甚至可以忽略，故B不符合题意；
C.家用电风扇的功率约为60W，工作电压为220V，根据P=UI正常工作的电流约为I=PU=60W220V≈0.3A，故C不符合题意；
D.中学生的体重约为G=600N，一层楼的高度约h=3m，中学生上一层楼做功约W=Gh=600N×3m=1800J，故D符合题意。
故选：D。
首先要对选项中涉及的几种物理量有个初步的了解，对于选项中的单位，可根据需要进行相应的换算或转换，排除与生活实际相差较远的选项，找出符合生活实际的答案。
此题考查对生活中常见物理量的估测，结合对生活的了解和对物理单位的认识，找出符合实际的选项即可。
2.【答案】B
【解析】解：A、图甲中厚玻璃内的空气被压缩时，活塞对空气做功，瓶内空气温度升高，空气的内能增加，故A错误；
B、图乙中瓶子内的空气推动塞子跳起时，空气对活塞做功，内能转化为机械能，空气的内能减小，故B正确；
C、图丙中试管内的水蒸气推动了塞子冲出时，水蒸气对塞子做功，水蒸气的内能转化为塞子的机械能，水蒸气的内能减少，故C错误；
D、图丁中来回弯折铁丝，机械能转化为内能，使铁丝的内能增加，温度升高，是通过做功来改变物体内能的，相当于内燃机的压缩冲程，与做功冲程相反，故D错误。
故选：B。
(1)做功可以改变物体的内能，当外界对物体做功时，物体的内能增大，当物体对外界做功时，物体的内能就会减小；
(2)内燃机做功冲程，燃气推动活塞做功，燃气内能转化为机械能。
本题考查做功改变物体的内能，当外界对物体做功时，物体的内能增大，当物体对外界做功时，物体的内能就会减小。
3.【答案】A
【解析】A、热传递的本质是能量的转移，发生热传递时，高温物体放出热量，内能减少，低温物体吸收热量，内能增加，甲、乙两物体相互接触时，甲物体的内能转移给乙物体，说明甲物体的温度高，乙物体的温度低，故A正确；
B、热量是过程量，不能说含有，故B错误；
C、由于甲的温度高于乙的温度，所以甲物体分子运动更剧烈，但由于内能大小还跟质量、状态等因素有关，故无法判断大小，故C错误；
D、乙的内能增加，但温度不一定升高，故D错误。
故选：A。
分析：发生热传递的条件是有温度差，热量由高温物体传向低温物体。
知道内能、热量和温度的关系，改变内能的方式，以及晶体熔化的特点，难度不大。
4.【答案】B
【解析】解：A.甲、乙灯都正常发光时，它们的实际功率都等于各自的额定功率，甲、乙的额定功率相等，实际功率相等，则它们的亮暗相同，故A不符合题意；
B.已知两灯的实际功率相等，根据W=Pt可得，经过相同时间它们消耗的电能相等，故B符合题意；
C.由P=U2R可知，因甲灯的额定电压大，而两灯的额定功率相同，故甲灯的电阻大，故C不符合题意；
D.额定功率相同，由P=UI可知，额定电压不同，故正常发光时，两灯的额定电流不相等，故D不符合题意。
故选：B。
(1)灯泡正常发光时的功率和额定功率相等，而灯泡的亮暗取决于实际功率的大小；
(2)由P=Wt公式变形可比较经过相同时间，它们消耗的电能关系；
(3)忽略温度对灯丝电阻的影响，由P=U2R公式变形可比较两灯电阻；
(4)由P=UI可比较甲、乙两灯的电流。
本题只要知道灯泡亮度由实际功率决定以及灯泡正常发光时的功率和额定功率相等即可解答。
5.【答案】B
【解析】电阻R为定值电阻，故电流随电压的变化关系为一直线，灯泡的额定电压为6V，灯泡正常发光时灯泡两端的电压等于额定电压，由图乙可知灯泡正常发光时，通过灯泡的电流为0.6A。
由电路图可知，电阻R和灯泡L串联，串联电路中各处的电流相等，由图乙可知此时电阻两端的电压为12V，
根据欧姆定律可得，电阻R的阻值R=UI=12V0.6A=20Ω。
故选：B。
分析：电阻R为定值电阻，故电流随电压的变化关系为一直线，已知灯泡的额定电压，灯泡正常发光时灯泡两端的电压等于额定电压，由图乙可知灯泡正常发光时通过灯泡的电流，由电路图可知，电阻R和灯泡L串联，根据串联电路电流特点结合图乙可知此时电阻两端的电压，根据欧姆定律计算电阻R的阻值。
本题考查串联电路特点和欧姆定律的灵活运用，正确读取图中信息是解题的关键。
6.【答案】B
【解析】解：A.由图可知绳子的有效段数n=2，绳子自由端移动的距离s=nh=2×2m=4m，故A错误；
BCD.滑轮组所做的有用功W有=Gh=10N×2m=20J，故B正确；
因为不计绳重和摩擦，所以拉力为F=12(G+G动)=12×(10N+2N)=6N，故D错误；
拉力做的总功：W总=Fs=6N×4m=24J，
滑轮组的机械效率η=W有用W总=20J24J×100%≈83.3%，故C错误。
故选：B。
(1)由图可知，n=2，绳子末端移动的距离s=2h；
(2)利用W=Gh求所做的有用功；不计绳重、摩擦，拉力F=12(G+G动)；利用W=Fs求拉力做的总功，该滑轮组的机械效率等于有用功与总功之比。
本题考查了使用滑轮组时有用功、总功、机械效率的计算，要知道：物体克服重力所做的功为拉力做的有用功。
7.【答案】D
【解析】解：由题意知，速运自助服务系统可以通过手机扫码使开关S1闭合，也可通过输入密码使开关S2闭合，启动柜门(电动机)完成取件，说明两开关可以独立工作、互不影响，即两开关并联后共同控制电动机。
由各选项电路图知，ABC不符合题意，D符合题意。
故选：D。
串联电路中各用电器之间相互影响，并联电路中各用电器间互不影响。
根据开关S1闭合或开关S2闭合都能启动柜门(电动机)完成取件，据此分析两开关的连接方式，再选择合适的电路。
本题考查了串并联电路的设计，根据题意得出两个开关的位置和连接方式是关键。
8.【答案】3×108 变小 变小
【解析】解：红外线属于光，光的传播速度为3×108m/s，故红外线的传播速度为3×108m/s。
消毒车沿水平路面匀速前进喷洒过程中，速度不变，但质量变小，消毒车的动能变小，因车的高度不变，故重力势能变小。
故答案为：3×108；变小；变小。
红外线属于光，光的传播速度为3×108m/s；
动能大小的影响因素：质量、速度。质量越大，速度越大，动能越大；影响重力势能大小的因素：物体的质量和物体所处的高度．物体的质量越大，所处的高度越高，物体的重力势能就越大。
此题是一道联系社会热点的综合题，考查了红外线的认识、动能和势能的大小变化，包含的知识点较多，熟练掌握基础知识是解答的关键。
9.【答案】二次 电磁 能
【解析】解：神舟十号飞船在太空中飞行时，主要利用太阳能电池供电，电能是太阳能转化而来，属于二次能源。
宇航员在太空中与地面指挥中心之间利用微波传递信息，微波属于电磁波。
电磁波的传播不需要介质，能在真空中传播。
故答案为：二次；电磁；能。
(1)凡是能提供能量的物质资源都称为能源。按能否从自然界直接获取分为一次能源和二次能源能；
(2)飞船在太空中是通过电磁波传播信息的。电磁波的传播不需要介质，能在真空中传播。
本题综合考查了学生对电磁波传播和太阳电池的了解和掌握。
10.【答案】减少 热传递 小于
【解析】解：由于罐内气体的温度高度，所以罐内气体会发出热量，一段时间后，罐内气体的内能变小，这是通过热传递的方式来改变罐内气体内能的；
由于罐内气体的温度降低，罐内的压强会变小，小于外部大气压，从而使火罐紧紧吸附在皮肤上。
故答案为：减少；热传递；小于。
改变内能的方法有两种：做功和热传递；根据内外气压的大小关系分析。
本题考查了改变内能的方法、大气压的应用，属于基础题。
11.【答案】不可再生 裂变 比热容
【解析】解：化石能源、核能会越用越少，不可能在短期内从自然界得到补充，所以它们属于不可再生能源。
核裂变和核聚变都能释放能量，对于核裂变是可控的。核电站利用核反应堆中铀裂变时产生的内能，通过汽轮机带动发电机发电。
水的比热容较大，相比于其他物质，相同质量的水升高相同的温度能吸收更多的热量，所以用水做冷却剂给核反应堆的堆芯降温。
故答案为：不可再生；裂变；比热容。
从能源是否可再利用的角度可分为可再生能源和不可再生能源。化石能源、核能会越用越少，不可能在短期内从自然界得到补充，所以它们属于不可再生能源；而风能、水能、太阳能、生物质能，可以在自然界里源源不断地得到补充，所以它们属于可再生能源。
核裂变和核聚变都能释放能量，对于核裂变是可控的，如核电站、核潜艇的核反应堆就是通过核裂变提供能量的，对于核聚变过程不可控，如氢弹爆炸就是利用核聚变释放能量。
水的比热容大，相同质量的水和其它物质比较，吸收或放出相同的热量，水的温度升高或降低得少，升高或降低相同的温度，水吸收或放出的热量多。
本题考查了能源的分类、核能和电磁波的利用的了解，属于基础性题目。
12.【答案】75 45 64
【解析】解：(1)拉力做的总功：
W总=Fs=125N×3m=375J，
拉力的功率：
P=W总t=375J5s=75W；
(2)拉力做的有用功：
W有用=Gh=400N×0.6m=240J，
拉力做的额外功：
W额=W总-W有用=375J-240J=135J，
由W额=fs可得摩擦力：
f=W额s=135J3m=45N；
(3)斜面的机械效率：
η=W有用W总×100%=240J375J×100%=64%。
故答案为：75；45；64%。
(1)知道斜面的长度、拉力的大小，利用W=Fs求出拉力做的总功，再利用P=W总t求拉力的功率；
(2)知道物体的重力、上升的高度，利用W=Gh求出有用功；拉力做的额外功等于总功减去有用功，再利用W额=fs求物体受到的摩擦力；
(3)利用效率公式η=W有用W总×100%求出斜面的机械效率。
本题考查了使用斜面时有用功、总功、额外功和机械效率的计算，注意：在利用斜面时拉力做的额外功等于克服摩擦做的功。
13.【答案】火 ab间断路
【解析】解：用试电笔可以区分火线和零线，使氖管发光的是火线
闭合开关后，发现电灯不亮，说明电路中有断路故障；用试电笔测试a、b、c、d四点，只有a点氖管不发光，这说明从火线→d→c→b点之间的电路都是完好的，没有断路；而试电笔测试a点时，氖管不发光，说明b点到零线之间的导线出现断路，即a、b之间某处断路。
故答案为：火；ab间断路。
试电笔是用来辨别火线和零线的：用手接触笔尾的金属体，笔尖接触火线时，氖管发光；笔尖接触零线时，氖管不发光；
用试电笔测试b、c、d三点，氖管都发光，这说明b、c、d与火线是连通的，则问题出在ab之间，据此判断。
本题考查了家庭电路故障的判断、试电笔的使用，也考查了学生学以致用的能力。
14.【答案】30.252Ω
【解析】解：由图甲知道，小灯泡与滑动变阻器串联，电压表V1测小灯泡两端的电压，电压表V2测滑动变阻器R两端的电压，电流表测电路中的电流。
根据图乙知道，当电流表示数为0.2A时，电压表V1的示数为U1=1.5V，根据题意知道，此时两电压表的示数相等，即U2=U1=1.5V，
由串联电路的电压特点知道，电源电压U=U1+U2=1.5V+1.5V=3V；
小灯泡在额定电压下正常发光，因此小灯泡正常发光时其两端的电压UL=U额=2.5V，
由图乙知道，此时通过小灯泡的电流为IL=0.25A；
由串联电路的电流特点知道，此时电路中的电流I=I滑=IL=0.25A，
由串联电路的电压特点知道，滑动变阻器两端的电压U滑=U-UL=3V-2.5V=0.5V，
由欧姆定律知道，滑动变阻器接入电路的电阻R滑=U滑I滑=0.5V0.25A=2Ω。
故答案为：3；0.25；2Ω。
由图甲可知，小灯泡与滑动变阻器串联，电压表V1测小灯泡两端的电压，电压表V2测滑动变阻器R两端的电压，电流表测电路中的电流；
据图乙可知，当电流表示数为0.2A时，电压表V1的示数为U1为1.5V，根据两电压表的示数相等和串联电路的电压特点求出电源电压；
由图乙可知当小灯泡正常工作时通过灯泡的电流，根据串联电路的电流规律可知通过滑动变阻器的电流；根据串联电路的电压特点求出滑动变阻器两端的电压，根据欧姆定律求出滑动变阻器接入电路的电阻。
本题考查了串联电路特点、欧姆定律的灵活应用，从图像中得到获取有用信息是解题的关键。
15.【答案】解：电流从正极出发，通过开关S和电流表A2后开始分支，一支经灯泡L1，另一支经灯泡L2、电流表A1，然后两支汇合到电流表，回到电源负极。如图所示：
【解析】由实物图可知，两灯泡并联，开关S控制整个电路，电流表A2测干路上的电流，A1测L2支路电流，根据实物图完成电路图即可。
本题考查根据实物图画电路图，关键是知道电路中各个用电器的连接情况，画电路图是初中物理的重点也是难点。
16.【答案】解：根据开关闭合，发现小车也向右运动，由同名磁极相互排斥可确定螺线管的右端为S极，左端是N极。
由安培定则可知，螺线管右端为S极，左端为N极，故可知电流从右端流入，左端流出，故电源的右端是正极，如图：
。
【解析】先根据小车向右运动判断出磁极间的相互作用(同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引)判断螺线管的NS极，据安培定则分析即可解决。
此题的入手点是利用安培定则和小车的运动方向，这是一道综合题，很巧妙的将安培定则和磁极间的相互作用联系起来，是一道好题。
17.【答案】解：据题目可知，此时变阻器必须与台灯串联，从安全用电的角度分析，S1(旋转开关)单独控制台灯，则S1应与台灯、滑动变阻器串联，三孔插座的接法：上孔接地线；左孔接零线；右孔接火线。如下图：
【解析】(1)因为是亮度可调的台灯，此时变阻器必须与台灯串联：火线首先进入开关，再进入灯泡、滑动变阻器。
(2)三孔插座的接法：上孔接地线；左孔接零线；右孔接火线。
掌握家庭电路的灯泡、开关、三孔插座、两孔插座、保险丝的接法，同时考虑使用性和安全性。
18.【答案】0.920.48无变化 4511000.2
【解析】解：(1)两灯并联，电流表A1测量的是通过灯泡L2的电流；电流表A2测量干路电流。并联电路的干路电流等于各个支路电流之和，因此电流表A2的示数应大于电流表A1的示数，但A2指针的偏转角度小于A1的偏转角度，由此可知，A2选择大量程为0∼3A，分度值为0.1A；A1选择小量程为0∼0.6A，分度值为0.02A，则干路
I=1.4A，灯L2中的电流为I2=0.48A，
根据并联电路电流的规律，则通过灯L1的电流I1=I-I2=1.4A-0.48A=0.92A；
因并联电路各支路可独立工作、互不影响，若通电一段时间后L1灯丝断了，则灯L2的亮度将无变化。
(2)电能表最后一位数字为小数，本月消耗的电能W=931.6kW⋅h-841.6kW⋅h=90kW⋅h，
本月应缴电费90kW⋅h×0.5元/(kW⋅h)=45元，
根据电能表的参数可知，小明家同时使用的用电器总功率最大为P=UI'=220V×5A=1100W；
2500r/(kW⋅h)表示电能表转盘转动2500转，电路消耗的电能为1kW⋅h，则10min内电能表表盘转过500转，消耗的电能W=5002500kW⋅h=0.2kW⋅h。
故答案为：(1)0.92；0.48；无变化；(2)45；1100；0.2。
(1)闭合开关，两灯泡并联，电流表A1测量的是通过灯泡L2的电流；电流表A2测量干路电流；根据图乙中电流表量程、分度值以及指针的位置读出电流表A1、A2的示数；根据并联电路电流规律求出通过两灯泡的电流。
(2)电能表的读数方法：①月末的减去月初的示数，②最后一位是小数，③单位kW⋅h；进一步求出电费；
结合电能表的参数，利用P=UI求得小明家同时使用的用电器最大总功率，电能表表盘转过500转消耗的电能。
(1)本题探究并联电路电流规律，考查电流表读数，确定两个电流表的量程是关键。
(2)本题考查了电能表的读数、电功率计算公式应用和电能表参数的理解。
19.【答案】增加 大 甲 匝数越多 电铃 同名磁极相互排斥
【解析】解：(1)当滑动变阻器滑片向左移动时，滑动变阻器的阻值减小，电路中的电流变大，电磁铁的磁性增强，吸引大头针的个数增加；
(2)由图知，甲吸引大头针的个数较多，说明甲的磁性较强，甲、乙串联，电流相等，甲的线圈匝数大于乙的线圈匝数，说明电流一定时，线圈匝数越多，电磁铁磁性越强；
(3)电磁铁是由铁芯和线圈组成的，电磁铁在生活中应用广泛，如电铃；
(4)大头针被磁化，同一端的磁性相同，互相排斥，所以下端分散。
故答案为：(1)增加；大；(2)甲；线圈匝数越多；(3)电铃；(4)同名磁极相互排斥。
掌握影响电磁铁磁性强弱的因素：电流的大小、线圈的匝数、有无铁芯；
(1)分析滑动变阻器滑片向左移动时，电流的变化，得出电磁铁磁性的变化及吸引大头针个数的多少；
(2)根据电磁铁吸引大头针个数的多少判断电磁铁磁性的强弱并分析甲、乙磁性不同的原因；
(3)电磁铁是由铁芯和线圈组成的，电磁铁在生活中应用广泛，如电铃；
(4)利用磁化和磁极间的作用规律进行分析。
探究“影响电磁铁磁性强弱的因素”实验，考查了影响电磁铁磁性强弱的因素，考查了滑动变阻器对电路电流的影响，同时涉及到了磁极间的相互作用规律的应用。
20.【答案】A 定值电阻断路 电压 A 得出普遍性的规律 不能 变阻器的最大阻值太小
【解析】解：(1)为保护电路，闭合开关前应将滑动变阻器滑片置于阻值最大处的A端。
(2)小彬将5Ω定值电阻接入电路后，闭合开关，发现电流表无示数，电路可能断路，而电压表有示数且接近电源电压，说明电压表与电源连通，则电路中的故障可能是定值电阻断路。
(3)根据串联分压原理可知，将定值电阻由5Ω改接成10Ω的电阻，电阻增大，其分得的电压增大；探究电流与电阻的实验中应控制电压表的示数不变，即应保持电阻两端的电压不变，根据串联电路电压的规律可知应增大滑动变阻器分得的电压，由分压原理，应增大滑动变阻器连入电路中的电阻，所以滑片应向A端移动，使电压表的示数不变。
根据一次实验得出的结论有偶然性，接着将10Ω定值电阻换成20Ω定值电阻，继续实验并记录数据，这里进行多次实验的目的是得出普遍性的规律。
(4)根据表中数据知，电阻的电流与电阻之积为UV=IR=0.36A×5Ω=1.8V，
在探究“电流与电阻的关系”的实验中，定值电阻两端的电压不变，滑动变阻器两端的电压也不改变，根据串联分压原理，定值电阻和滑动变阻器之间的电压不变，故定值电阻与滑动变阻器接入电阻之比不变；即U定U滑=R定R滑，
结合串联电路的电压功率可知1.8V3V-1.8V=30ΩR滑，
解得R滑=20Ω，
则实验所用的滑动变阻器，其最大阻值不能小于20Ω>15Ω，故不能。
故答案为：(1)A；(2)定值电阻断路；(3)电压；A；得出普遍性的规律；(4)不能；变阻器的最大阻值太小。
(1)为了保护电路，开关闭合前，变阻器滑片应该移到阻值最大处；
(2)电流表无示数，电路可能断路，而电压表有示数且接近电源电压，说明电压表与电源连通，据此分析；
(3)根据串联电路的分压特点，换接电阻后，应保持电压表的示数不变，根据串分压的知识判断滑片的移动方向；根据一次实验得出的结论有偶然性，接着将10Ω定值电阻换成20Ω定值电阻，继续实验并记录数据，这里进行多次实验的目的是得出普遍性的规律；
(4)电流与电阻的关系：电压一定，电流与电阻成反比，据此分析计算。
此题是探究电流和电阻的关系实验，考查了控制变量法的应用，同时考查了串联电路中电流、电压的关系及欧姆定律的灵活应用。
21.【答案】解：(1)起重机的质量为m=16t=1.6×104kg，
起重机车重为G=mg=1.6×104kg×10N/kg=1.6×105N，
所受阻力为f=0.1G=0.1×1.6×105N=1.6×104N，
克服阻力做功W=fs=1.6×104N×6×1000m=9.6×107J，
在某路段匀速直线行驶，故牵引力等于阻力，做的有用功等于克服阻力做功，故有用功率的功率为P=Wt=9.6×107J8×60s=2×105W；
(2)柴油需提供能量为：Q放=W30%=9.6×107J30%=3.2×108J；
需消耗柴油质量为：m=Q放q柴油=9.6×107J4.3×107J/kg≈7.4kg。
答：(1)起重机在这一路段行驶时，克服阻力做功9.6×107J，有用功的功率为2×105W；
(2)若该起重机柴油发动机的效率为30%，则通过此段路程起重机需消耗7.4千克的柴油。
【解析】(1)利用重力公式算出起重机车重G，并算出起重机行驶过程中所受阻力，据功的计算公式计算克服阻力做的功，再据功率公式计算出有用功的功率；
(2)根据Q放=W30%得出柴油需提供能量，根据Q放=mq柴油得出需消耗柴油质量。
此题考查了功的计算及公式的应用、功率的计算及公式的应用、热值公式及其计算、热机的效率，涉及知识点较多，属常规题型。
22.【答案】解：(1)由图乙可知，石英加热管R和臭氧发生器是并联的，因电路中的总功率等于各用电器功率之和，
所以，石英加热管R的功率：PR=P总-P发生器=1200W-200W=1000W；
由P=UI可得通过石英加热管R的电流：
I=PRU=1000W220V≈4.5A；
(2)不锈钢餐具吸收的热量：
Q吸=c钢m(t-t0)=0.46×103J/(kg⋅℃)×100kg×(70℃-20℃)=2.3×106J；
由η=Q吸W可得，加热管消耗的电能：
W=Q吸1-8%=2.3×106J1-8%=2.5×106J，
则正常工作需要的加热时间：
t'=WPR=2.5×106J1000W=2500s。
答：(1)正常工作时通过石英加热管R的电流为4.5A；
(2)消毒柜中的石英加热管需要正常工作时间为2500s。
【解析】(1)消毒柜的总功率减去臭氧发生器的功率即为石英加热管R的功率，根据P=UI求出通过石英加热管R的电流；
(2)知道不锈钢餐具的质量和初温、末温以及比热容，根据Q吸=cm(t-t0)求出吸收的热量，知道电流产生的热量有8%损失，可求消耗的电能，根据P=Wt求出正常工作需要的加热时间。
本题考查了电功率公式、吸热公式和效率公式的综合应用，要注意电路中的总功率等于各用电器功率之和。
23.【答案】(1)相同；
(2)A；B；
(3)48；b；
(4)I2Rtm△t；偏大；
(5)电阻。
【解析】解：(1)甲中两电阻丝串联，通过的电流相同，通电时间相同，为控制吸热相同，根据Q=I2Rt
实验中选用的两根电阻丝的阻值应不同；
(2)根据转换法，实验中，用通电时间间接反映液体吸收热量的多少；选A；
根据比较吸热能力的方法，通过比较温度计示数的变化量来判断液体吸热能力的强弱；选B；
(3)图乙中温度计分度值为1∘C，示数为48∘C；如下表所示：
质量(克)
加热前温度(℃)
加热时间(min)
加热后温度(℃)
液体a
150
20
10
48
液体b
150
20
10
35
由表中数据，加热相同时间，b升温小，故b液体的吸热能力较强；
(4)设质量为m的a液体中电阻丝的阻值为R，测出其电流为I，通电一段时间t后，若不计热量损失，液体吸热为：
Q=I2Rt，则a液体的比热容为：
c=Qm△t=I2Rtm△t，实际上放出的热量不能完全被液体吸收，即分子变小，用该表达式计算出的比热容会比实际值偏大；
(5)如果在两烧瓶中分别装入质量相等的煤油，并接入两根阻值不同的电阻丝，通过的电流相同，通电时间相同，就可用这个装置来探究电流产生的热量与电阻的关系。
故答案为：(1)相同；(2)A；B；(3)如上表；b；(4)I2Rtm△t；偏大；(5)电阻。
(1)(2)(3)我们使用相同加热器通过加热时间的长短来比较吸热多少，这种方法叫转化法。
比较物质吸热能力的方法：
使相同质量的不同物质吸收相同的热量(即加热相同的时间)，比较温度的变化，温度变化小的吸热能力强；为控制吸热相同，结合串联电路电流的规律和焦耳定律Q=I2Rt分析；
(4)根据焦耳定律求出电阻丝产生的热量得出液体吸收的热量；根据c=Qm△t求出液体的比热容；根据实际上放出的热量不能完全被液体吸收分析；
(5)电流通过导体产生的热量与通过的电流、导体的电阻和通电时间有关，研究与其中一个因素的关系时，要控制另外两个因素不变，结合串联电路电流的规律分析。
本题比较不同物质的吸热能力，考查控制变量法、转换法的应用和比较吸热能力的方法，同时也考查了焦耳定律，为热学中两个重要实验。
24.【答案】(1)(2)小灯泡短路；(3)右；0.75；(4)B。
【解析】
【分析】
本题考查了测定小灯泡电功率的实验。
(1)本实验中，电压表应该并联在小灯泡两端；
(2)电流表有示数，小灯泡始终不亮，说明电路是通路，电压表无示数，电压表并联的电路短路；
(3)根据电压表量程和分度值读出示数，若小于额定电压，需减小滑动变阻器的电阻从而增大小灯泡的电压；
根据电流表量程和分度值读出示数，即额定电流，根据P=UI计算则小灯泡的额定功率；
(4)探究电流与电压关系，需要控制定值电阻阻值不变。
【解答】
(1)小灯泡的额定电压为2.5V，所以电压表的小量程应并联到小灯泡的右接线柱上，如图所示：
(2)实验时，移动滑动变阻器的滑片，发现小灯泡始终不亮，电压表无示数，电流表有示数，则与电压表并联的灯泡短路了；
(3)灯在额定电压下正常发光，图甲中电压选用小量程，分度值为0.1V，示数为0.5V，小于灯的额定电压2.5V，应增大灯的电压，根据串联电路电压的规律，应减小变阻器的电压，由分压原理，应减小变阻器连入电路中的电阻大小，故滑片向右移动，直到电压表示数为额定电压2.5V；
图乙中电流表选用小量程，分度值为0.02A，此时电流大小为0.3A，则灯额定功率：P=UI=2.5V×0.3A=0.75W；
(4)A、研究电流与电阻的关系，要控制电压不变，改变定值电阻的大小，因只有一个电阻，故A不可探究；
B、研究电流与电压关系时，要控制电阻大小不变，故在该试验后把小灯泡换成一个定值电阻，还可探究电流与电压的关系，故选B。
25.【答案】电 化学 22 B 58608 1332
【解析】解：(1)给手机电池充电时消耗电能，变成了手机电池的化学能，故是将电能转化为化学能的过程。
(2)若原线圈的匝数为1100圈，要使充电器的输出电压为4.4V，由U1U2=n1n2可知副线圈匝数为n2=U2U1n1=4.4V220V×1100r=22r；
(3)A.①通电导线在磁场受到了力的作用，据此制成了电动机，故A不符合题意；
B.②当人对着话筒说话时，声音使膜片振动，与膜片相连的线圈在磁场中运动，产生随声音变化的电流，动圈式话筒利用了电磁感应原理，故B符合题意；
C.③电磁继电器利用了电流的磁效应，故C不符合题意；
D.④奥斯特实验说明了电流的周围存在磁场，故D不符合题意。
故选B。
(4)此款电池充满电储存的电能为W=UIt=3.7V×4400×10-3A×1×3600s=58608J；
(5)快充时消耗的电能等于手机电池的容量，则快充时消耗的电能W'=W=58608J，
快充功率为P=U'I'=4.4V×10A=44W，
由功率公式可知快充需要的时间t=WP=58608J44W=1332s。
故答案为：(1)电；化学；(2)22；(3)B；(4)58608；(5)1332。
(1)电池充电的过程中，消耗电能，得到化学能；放电时，化学能转化为电能；
(2)根据变压器原理可求出副线圈的匝数；
(3)变压器主要应用电磁感应原理来工作，逐项分析即可；
(4)已知电池的容量和工作电压，根据W=UIt即可求出电池充满电储存的电能；
(5)知道手机电池的容量(快充时消耗的电能)、快充时的功率，利用P=Wt求快充需要的时间。
本题考查了学生对电能和电功率的计算公式的运用，以及对电热的了解，体现了物理知识与日常生活的密切联系。
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